（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題十八 不等式選講講義 理（重點生含解析）（選修4-5）

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1、（通用版）2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題十八 不等式選講講義 理（重點生，含解析）（選修4-5） 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 2018 含絕對值不等式的解法及絕對值不等式恒成立問題 含絕對值不等式的解法及絕對值不等式恒成立問題 含絕對值函數(shù)的圖象與絕對值不等式恒成立問題 2017 含絕對值不等式的解法、求參數(shù)的取值范圍 基本不等式的應(yīng)用、一些常用的變形及證明不等式的方法 含絕對值不等式的解法、函數(shù)最值的求解 2016 含絕對值不等式的解法、分段函數(shù)的圖象及應(yīng)用 含絕對值不等式的解法、比較法證明不等式及應(yīng)用 含絕對值不等式的解法、絕對值不等式的性質(zhì) 縱向把握

2、趨勢 考題主要涉及絕對值不等式的解法及絕對值不等式的恒成立問題、由不等式的解集求參問題．預(yù)計2019年仍以考查絕對值不等式的解法為主，同時兼顧最值或恒成立問題的考查 考題涉及絕對值不等式的解法、絕對值不等式的恒成立問題以及不等式的證明，難度適中．預(yù)計2019年會考查含絕對值不等式的解法、不等式的證明問題 考題涉及絕對值不等式的解法、絕對值不等式的恒成立問題、函數(shù)最值的求解，難度適中．預(yù)計2019年仍會考查絕對值不等式的解法，同時要關(guān)注不等式的證明問題 橫向把握重點 1.不等式選講是高考的選考內(nèi)容之一，考查的重點是不等式的證明、絕對值不等式的解法等，命題的熱點是絕對值不等式的求解，以及

3、絕對值不等式與函數(shù)的綜合問題的求解． 2.此部分命題形式單一、穩(wěn)定，難度中等，備考本部分內(nèi)容時應(yīng)注意分類討論思想的應(yīng)用. 含絕對值不等式的解法 [類題通法]　含絕對值的不等式的解法 (1)|f (x)|>a(a>0)?f (x)>a或f (x)<－a； (2)|f (x)|0)?－a0)，|x－a|－|x－b|≥c(或≤c)(c>0)型不等式，可通過零點分區(qū)間法或利用絕對值的幾何意義進(jìn)行求解． ①零點分區(qū)間法求解絕對值不等式的一般步驟： (ⅰ)令每個絕對值符號的代數(shù)式為零，并求出相應(yīng)的根； (ⅱ

4、)將這些根按從小到大排列，把實數(shù)集分為若干個區(qū)間； (ⅲ)由所分區(qū)間去掉絕對值符號得若干個不等式，解這些不等式，求出解集； (ⅳ)取各個不等式解集的并集就是原不等式的解集． ②利用絕對值的幾何意義求解絕對值不等式的方法： 由于|x－a|＋|x－b|與|x－a|－|x－b|分別表示數(shù)軸上與x對應(yīng)的點到a，b對應(yīng)的點的距離之和與距離之差，因此對形如|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)或|x－a|－|x－b|≥c(c>0)的不等式，利用絕對值的幾何意義求解更直觀． [應(yīng)用通關(guān)] 1．(2018·全國卷Ⅰ)已知f (x)＝|x＋1|－|ax－1|. (1)當(dāng)a＝1時，求不等式f

5、(x)>1的解集； (2)若x∈(0,1)時不等式f (x)>x成立，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時，f (x)＝|x＋1|－|x－1|， 即f (x)＝ 故不等式f (x)>1的解集為. (2)當(dāng)x∈(0,1)時|x＋1|－|ax－1|>x成立等價于當(dāng)x∈(0,1)時|ax－1|<1成立． 若a≤0，則當(dāng)x∈(0,1)時，|ax－1|≥1； 若a>0，則|ax－1|<1的解集為， 所以≥1，故0

6、)若關(guān)于x的不等式f (x)(|2x－1|＋|2x＋1|)min即可． 由于|2x－1|＋|2x＋1|＝|1－2x|＋|2x＋1|≥|1－2x＋(2x＋1)|＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)(1－2x)(2x＋1)≥0，即x∈時等號成立，故m>2. 所以m的取值范圍是(2，＋∞)． 不等式的證明 [由題知法] 1．

7、含有絕對值的不等式的性質(zhì) |a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|. 2．算術(shù)—幾何平均不等式 定理1：設(shè)a，b∈R，則a2＋b2≥2ab.當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立． 定理2：如果a，b為正數(shù)，則≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，等號成立． 定理3：如果a，b，c為正數(shù)，則≥，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時，等號成立． 定理4：(一般形式的算術(shù)—幾何平均不等式)如果a1，a2，…，an為n個正數(shù)，則≥，當(dāng)且僅當(dāng)a1＝a2＝…＝an時，等號成立． 　(2018·沈陽質(zhì)監(jiān))已知a>0，b>0，函數(shù)f (x)＝|x＋a|－|x－b|. (1)當(dāng)a＝1，b＝1時，解關(guān)于x的不等式f (x)>1； (2

8、)若函數(shù)f (x)的最大值為2，求證：＋≥2. [解]　(1)當(dāng)a＝1，b＝1時， f (x)＝|x＋1|－|x－1|＝ ①當(dāng)x≥1時，f (x)＝2>1，不等式恒成立， 此時不等式的解集為{x|x≥1}； ②當(dāng)－1≤x<1時，f (x)＝2x>1，所以x>， 此時不等式的解集為； ③當(dāng)x<－1時，f (x)＝－2>1，不等式不成立，此時無解． 綜上所述，不等式f (x)>1的解集為. (2)證明：法一：由絕對值三角不等式可得 |x＋a|－|x－b|≤|a＋b|，a>0，b>0， ∴a＋b＝2， ∴＋＝(a＋b)＝≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時，等號成立． 法二：∵a>0

9、，b>0，∴－a<0

10、)求解．多以絕對值的幾何意義或“找零點、分區(qū)間、逐個解、并起來”為簡化策略，而絕對值三角不等式，往往作為不等式放縮的依據(jù)． [應(yīng)用通關(guān)] 1．(2018·長春質(zhì)檢)設(shè)不等式||x＋1|－|x－1||<2的解集為A. (1)求集合A； (2)若a，b，c∈A，求證：>1. 解：(1)由已知，令f (x)＝|x＋1|－|x－1|＝由|f (x)|<2得－11，只需證|1－abc|>|ab－c|， 即證1＋a2b2c2>a2b2＋c2，即證1－a2b2>c2(1－a2b2)， 即證(1－a2b2)(1－c2)>0，

11、 由a，b，c∈A，得－10恒成立． 綜上，>1. 2．(2018·陜西質(zhì)檢)已知函數(shù)f (x)＝|2x－1|＋|x＋1|. (1)解不等式f (x)≤3； (2)記函數(shù)g(x)＝f (x)＋|x＋1|的值域為M，若t∈M，求證：t2＋1≥＋3t. 解：(1)依題意，得f (x)＝ ∴f (x)≤3?或或 解得－1≤x≤1， 即不等式f (x)≤3的解集為{x|－1≤x≤1}． (2)證明：g(x)＝f (x)＋|x＋1|＝|2x－1|＋|2x＋2|≥|2x－1－2x－2|＝3，當(dāng)且僅當(dāng)(2x－1)(2x＋2)≤0

12、時取等號，∴M＝[3，＋∞)． 原不等式等價于t2－3t＋1≥， ∵t∈[3，＋∞)，∴t2－3t≥0，∴t2－3t＋1≥1， 又∵≤1，∴t2－3t＋1≥，∴t2＋1≥＋3t. 含絕對值不等式的恒成立問題 [由題知法] 　　　(2018·鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測)設(shè)函數(shù)f (x)＝|x＋3|，g(x)＝|2x－1|. (1)解不等式f (x)ax＋4對任意的實數(shù)x恒成立，求a的取值范圍． [解]　(1)由已知，可得|x＋3|<|2x－1|， 即|x＋3|2<|2x－1|2，∴3x2－10x－8>0， 解得x<－

13、或x>4. 故所求不等式的解集為∪(4，＋∞)． (2)由已知，設(shè)h(x)＝2f (x)＋g(x)＝2|x＋3|＋|2x－1|＝ 當(dāng)x≤－3時，只需－4x－5>ax＋4恒成立， 即ax<－4x－9恒成立， ∵x≤－3<0，∴a>＝－4－恒成立， ∴a>max，∴a>－1； 當(dāng)－3ax＋4恒成立， 即ax－3<0恒成立， 只需∴∴－1≤a≤6； 當(dāng)x≥時，只需4x＋5>ax＋4恒成立， 即ax<4x＋1恒成立． ∵x≥>0，∴a<＝4＋恒成立． ∵4＋>4，且x→＋∞時，4＋→4，∴a≤4. 綜上，a的取值范圍是(－1,4]． [類題通法]　絕對值

14、不等式的成立問題的求解模型 (1)分離參數(shù)：根據(jù)不等式將參數(shù)分離化為a≥f (x)或a≤f (x)形式． (2)轉(zhuǎn)化最值：f (x)>a恒成立?f (x)min>a； f (x)a有解?f (x)max>a； f (x)a無解?f (x)max≤a； f (x)

15、x－a|. (1)求f (x)≥1的解集； (2)若對任意的t∈R，s∈R，都有g(shù)(s)≥f (t)．求a的取值范圍． 解：(1)因為函數(shù)f (x)＝|2x＋1|－|2x－3|， 故f (x)≥1，等價于|2x＋1|－|2x－3|≥1， 等價于　　 ① 或　　 ② 或　　 ③ ①無解，解②得≤x≤，解③得x>. 所以不等式的解集為. (2)若對任意的t∈R，s∈R，都有g(shù)(s)≥f (t)，可得g(x)min≥f (x)max. ∵函數(shù)f (x)＝|2x＋1|－|2x－3|≤|2x＋1－(2x－3)|＝4，∴f (x)max＝4. ∵g(x)＝

16、|x＋1|＋|x－a|≥|x＋1－(x－a)|＝|a＋1|，故g(x)min＝|a＋1|. ∴|a＋1|≥4，∴a＋1≥4或a＋1≤－4， 解得a≥3或a≤－5. 故a的取值范圍為(－∞，－5]∪[3，＋∞)． 2．(2019屆高三·洛陽第一次聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|，a∈R，g(x)＝x2－2x－4＋. (1)若f (2a2－1)>4|a－1|，求實數(shù)a的取值范圍； (2)若存在實數(shù)x，y，使f (x)＋g(y)≤0，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)∵f (2a2－1)>4|a－1|， ∴|2a2－2a|＋|a2－1|>4|a－1|， ∴|a

17、－1|(2|a|＋|a＋1|－4)>0， ∴|2a|＋|a＋1|>4且a≠1. ①若a≤－1，則－2a－a－1>4，∴a<－； ②若－14，∴a<－3，此時無解； ③若a≥0且a≠1，則2a＋a＋1>4，∴a>1. 綜上所述，a的取值范圍為∪(1，＋∞)． (2)∵g(x)＝(x－1)2＋－5≥ 2 －5＝－1， 顯然可取等號，∴g(x)min＝－1. 于是，若存在實數(shù)x，y，使f (x)＋g(y)≤0，只需f (x)min≤1. 又f (x)＝|x＋1－2a|＋|x－a2|≥|(x＋1－2a)－(x－a2)|＝(a－1)2， ∴(a－1)2≤

18、1，∴－1≤a－1≤1，∴0≤a≤2， 故實數(shù)a的取值范圍為[0,2]． [專題跟蹤檢測](對應(yīng)配套卷P209) 1．(2018·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f (x)＝5－|x＋a|－|x－2|. (1)當(dāng)a＝1時，求不等式f (x)≥0的解集； (2)若f (x)≤1，求a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝1時，f (x)＝ 當(dāng)x<－1時，由2x＋4≥0，解得－2≤x<－1； 當(dāng)－1≤x≤2時，顯然滿足題意； 當(dāng)x>2時，由－2x＋6≥0，解得2

19、－2|≥|a＋2|，且當(dāng)x＝2時等號成立． 故f (x)≤1等價于|a＋2|≥4. 由|a＋2|≥4可得a≤－6或a≥2. 所以a的取值范圍是(－∞，－6]∪[2，＋∞)． 2．(2018·蘭州模擬)設(shè)函數(shù)f (x)＝|x－3|，g(x)＝|x－2|. (1)解不等式f (x)＋g(x)<2； (2)對于實數(shù)x，y，若f (x)≤1，g(y)≤1，證明：|x－2y＋1|≤3. 解：(1)解不等式|x－3|＋|x－2|<2. ①當(dāng)x<2時，原不等式可化為3－x＋2－x<2，解得x>.所以

20、 ③當(dāng)x>3時，原不等式可化為x－3＋x－2<2，解得x<.所以3

21、 設(shè)F(x)＝|x－1|＋|x＋1|＝ G(x)＝2－x，由F(x)≥G(x)，解得x≤－2或x≥0， 所以不等式f (x)＋f (－x)≥2－x的解集為{x|x≤－2或x≥0}． (2)f (x)＋f (2x)＝|x－m|＋|2x－m|，m<0. 設(shè)g(x)＝f (x)＋f (2x)， 當(dāng)x≤m時，g(x)＝m－x＋m－2x＝2m－3x， 則g(x)≥－m； 當(dāng)m

22、非空， 只需1>－，解得m>－2， 又m<0，所以m的取值范圍是(－2,0)． 4．(2018·全國卷Ⅲ)設(shè)函數(shù)f (x)＝|2x＋1|＋|x－1|. (1)畫出y＝f (x)的圖象； (2)當(dāng)x∈[0，＋∞)時，f (x)≤ax＋b，求a＋b的最小值． 解：(1)f (x)＝ y＝f (x) 的圖象如圖所示． (2)由(1)知，y＝f (x)的圖象與y軸交點的縱坐標(biāo)為2，且各部分所在直線斜率的最大值為3，故當(dāng)且僅當(dāng)a≥3且b≥2時，f (x)≤ax＋b在[0，＋∞)成立，因此a＋b的最小值為5. 5．已知函數(shù)f (x)＝|x＋1|. (1)求不等式f (x)<|

23、2x＋1|－1的解集M； (2)設(shè)a，b∈M，證明：f (ab)>f (a)－f (－b)． 解：(1)①當(dāng)x≤－1時，原不等式可化為－x－1<－2x－2，解得x<－1； ②當(dāng)－11. 綜上，M＝{x|x<－1或x>1}． (2)證明：因為f (a)－f (－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|， 所以要證f (ab)>f (a)－f (－b)， 只需證|ab＋1|>|a＋b|，即證|ab＋1|2>|a＋b|2， 即

24、證a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2， 即證a2b2－a2－b2＋1>0，即證(a2－1)(b2－1)>0. 因為a，b∈M，所以a2>1，b2>1， 所以(a2－1)(b2－1)>0成立，所以原不等式成立． 6．(2018·廣東五市聯(lián)考)已知函數(shù)f (x)＝|x－a|＋(a≠0)． (1)若不等式f (x)－f (x＋m)≤1恒成立，求實數(shù)m的最大值； (2)當(dāng)a<時，函數(shù)g(x)＝f (x)＋|2x－1|有零點，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f (x＋m)＝|x＋m－a|＋. ∵f (x)－f (x＋m)＝|x－a|－|x＋m－a|≤|m|， ∴當(dāng)且僅當(dāng)|m|≤1

25、時，f (x)－f (x＋m)≤1恒成立， ∴－1≤m≤1，即實數(shù)m的最大值為1. (2)當(dāng)a<時， g(x)＝f (x)＋|2x－1|＝|x－a|＋|2x－1|＋ ＝ ∴g(x)min＝g＝－a＋＝≤0， ∴或 解得－≤a<0， ∴實數(shù)a的取值范圍是. 7．(2018·鄭州模擬)已知函數(shù)f (x)＝|2x－1|＋|ax－5|(0＜a＜5)． (1)當(dāng)a＝1時，求不等式f (x)≥9的解集； (2)若函數(shù)y＝f (x)的最小值為4，求實數(shù)a的值． 解：(1)當(dāng)a＝1時，f (x)＝|2x－1|＋|x－5|＝所以f (x)≥9? 或或解得x≤－1或x≥5， 即所求不等

26、式的解集為(－∞，－1]∪[5，＋∞)． (2)∵0時，f (x)單調(diào)遞增，∴f (x)的最小值在上取得． ∵在上，當(dāng)0＜a≤2時，f (x)單調(diào)遞增， 當(dāng)2＜a≤5時，f (x)單調(diào)遞減， ∴或 解得a＝2. 8．(2018·成都模擬)已知函數(shù)f (x)＝|x－2|＋k|x＋1|，k∈R. (1)當(dāng)k＝1時，若不等式f (x)<4的解集為{x|x1

27、. 當(dāng)x>2時，原不等式可化為2x<5，∴2